单元检测(五) 非金属及其化合物-【衡水真题密卷】2025年高考化学单元过关检测（冀湘渝甘赣皖桂贵晋豫陕青宁蒙新藏滇川A版）

2024一2025学年度单元过关检测（五） 化学·非金属及其化合物 (考拔时间75分钟，惑分100分) 可能用列的相对算子质量，【一11山一7C-12N一140-16Na一23A一27 S-32C1-35.5Fe56Cu-6MFb-207 一，选择题：本题共14小，每小题3分，共2分。在每小给出的四个进项中，只有一项 是符合题目要求的。 题号134567 891011121314 答案 1,定窑是宋代五大名容之一，其生产的白瓷名于世。下列说法正确的是 Λ传统陶瓷是典型的笔裸材料 且两壹的主要成分为O,和M0 C陶瓷烧制的过程为物理变化 D自竞的白色是因铁含量较高 2.“封管实验”具有简复，节的，绿色等优点，下列四个“封管实险”在加热过程中未发生化 学变化的是 A.●NHCI体 N的 C 0的 D. INaC的 居配帝清 周体夏合售 3.下列关于实验方案的评价中正绳的是 项 实套方留 评价 用向下排空气法收地风 可行 幅人NOH浓剂液并妇热，用戴色石喜试证检的帘液中的NH 可行 知人C马帝滚产生自色抗淀，证明溶滚中有C红美 不国行 D 用品红溶流整别C0相S房 不可行 4.实验室制备F的过程为①KMO,和HO在KF一HF介质中反应制得KM加F: ②SCL,+5HF一Sb+5Ha,①2KeM5,+4Sb5△4KbE,+2Mn,+E↑， 下列说法正确的是 A.①可选择圆能烧老作为反应爱生装置 我②中反应可证明酸生：HFHC C心中制备的F可用排水法收集 D转移相同电子数时①和③产生气体韵物质的量相等 单元过美检测（五}化学第1页{共8页） 衡水真 5,硫循环在生态系统的请多领城具有重要意义。在指定条件下，下列违项所示的物质间 转化能实现的是 大气 菜，消 A.工业制陂，FS 且火山咳发，H3器S0 C尾气暖收：0，G四00 D.酸偶侵陆：HS0二HS 6,氨既是一种重要的化工产品.义是一种重要的化工原料。知图为合戒氢以及氨氧化制 南酸的流程示意图。 %,用 成听一分深一化一碳一尾（丹置 下列说法错误的是 A.合成将内发生的反应中有丰极性键的断裂和极性键的生域 A氧化炉内爱生的反成氧化剂与还原剂的物质的量之比为514 C,使用NOH溶液爱收尾气中的氢氧化物，NO和NO是酸性氧化物 D向爱收塔中通人O的作用是氧亿NO 了，NSR技术可有效降低聚油发动机在空气过量条件下的O,排放，NO,的储存和还原在 不同时段交替选行，工作原理如周所示： NO 110 还复 下列说法正确的是 A.荣油发动机中NO,来源于荣油的不充分燃烧 ABO转化为(NO)方的程实观O,的还原 二，在储存和还原过程中只有O)体观氧化性 D反消耗的H:与B(NO):的物质的量之比是5·1 密卷 单元过美检测（五】化等第2页{共8质） 8.1溶液可作为替代氟利昂的绿色割冷闲。合战，的工艺流程知下： H少址传：一还可一除一中和→+一L 诗渍在 下列说法错误的是 A还原工序逸出的，用NOH溶液吸牧，吸牧液直接返回还原工序 我除杂工序中产生的滤渣可用CS进行组分分离 C中和工序中的化学反应为iCO+2HB0↑十21B面+HO D,参与反应的u(B》1(1n(HS0)为1,111 9.在价类二维图中融入杠杆模型”，可直观裤析部分物质转亿及其足量关系。下图中的 字母分别代表硫及其常皂化合物，相关排断不合理的是 C) 化合价 Aa溶活与b溶液反应过程中有该黄色沉生成 我硫酸型酸雨的彩成过程涉及b到心的转化 Cg阴离子的中心原子的染化轨道类型为 D.d在加热下与强城溶液反皮生成。和，且(e)t(D■112 10.氯元素在自然界的某种转化示意图如图所示(a,b,e和d代表一定比例的H和e)。 霍北剂 NO NIE.E NO O 鲜化州 下列说法正确的量 A.过程①中N方体现氧化性 B过程②中发生反应的离子友程式为NO十H十e一NO↑+iO 1A 单元过美检测（五}化学第3置{共8页） 衡才 C,过程③中若NO和NH按111反成，则e代表的是3H十+3 D过程④中1mN,H参加反应，转移6mol电子 11.为探究21+1H:0+2H一1十2H0离子氧化过程进行如下实验 境号 275% 料酸酸 HO 杨蔽酸 留流 实检内容 27 5107 实轮说象 随着比O的不新摘人，产生大量气依： 随着含丁荣棉滚不新南人，溶表交黄，摇 溶液变黄并不斯加深至拉色后义蜜没匀后又国色，不斯重复直至析出禁色淀 下列说法带误的是 A.实验1中溶液变浅是因为1+5HO,一2H04+4出0 且.实险2中出元素色沉淀是因为H1G十5H1一3L·十3HO C,实验1中产生大量气体的原因是上被氧化的过程大量放热 口实验2相较于实验1，可节约HQ用量且有利于反皮终点现察 12.已知水合群(NH·HO)其有较瑞还卓性，道常可被氧化为N,观用加图藏程可制 得较纯的单质P1, RO NH.HO阿土术AP道，NH.HO用 下列有关说法帮误的是 A.王水是由浓盐酸与浓萌险组成的，与粗H反应时沛硝酸表现出强氧化注 A已知H[PC]是配合物，则中心离子是P,配位数为6 C鲶硝除去残余的HNO,和氦氧化物，主要日的是助止干扰H,[P,J的还原 D由O制得1mal纯，理论上至少需要1malH·HO作还算制 13,现有易溶强电解质组成修混合溶液101，格液中可能含K+,”,Ng、N日：，口 S,[AH,],OH中的几种，向其中通人C)气体，产生宽淀的量与道人C0 的量之问的美系如图所示。 (0)m 1151 43 CO:ymol 真题密卷 单元过美检测（五）化学第4页{共8质) 下列说法正确的是 A该溶凌中能确定存在的离子是B+,,CNH 我肯定不存在的离子是C灯，OH C若不健确定的离子中只存在一种阳离子，则该离子的最小浓度为Q.2·L DaM段反克的离子方程式：2[A1OHD.]+C0一2AI(0HD,，+C月+H0 14.已知B十2K1一2Kw+1S0+I十2H0一H0+2H.将0,1mal:加人 10ml.含等物爱的量的HI与HS0的混合溶液中，有一半的HI被氧化。下列说法 正确的是 A.物疑的还赚性：HB>HS)>HI 我H1与HS0的物质的量漆度均为06mal·L C加人.1cB:发生的离子方程式为5Bm+41HS0+21+4l0一4SX+ 1+10Bz+16HH D.若再加人Q05aB,恰好将和1HS)完全氧化 二，非选择题：本题共4小题，共58分。 15.(13分)选择性催北还原(SR)是在有催化剂的条件下将0)转变为N和HO,这 是目前销酸厂选行尾气治理所潜避采用的一种方法。某化学兴超小塑拟验狂)电 被氨气还原并测T其转化率。 物置装置1 N山干 装置立年化制 化业N: N0十 簧霄多要看4 农酸5eS0溶酒 的酸 试国答下列问题， (1)若用A装置制取氢气，则发生反应的化学方程式为 ,若用B装 置制取氢气，则分液漏斗和锥形瓶中楼成的西品分别是 (2)用C装置制取NO时，用可油动的铜堂的优点是 (3)装置⑦的作用可能是 《4)装置⑤发生反应的化学方程式为 :若进入装置⊙的NO共 单元过美检测〔五」亿学第5页{共8页] 衡水真是 2688m(已折算为标在状况，下同)，氨气过量，最后牧集到标准状况下2015mL 风，则NO的转化率为 16,(14分)从铜用役泥分铜查碱浸液中▣收T0,的工艺流程知图所示 适始s H50.H 还 ◆该辣土，0 已知：①分铜漆就授液中南以T第的形式存在 @②SO可将Te(N)还原为o价Tei 心TO与氧化解的性质具有一定的相似性， 同容下列问题： (1)T国中T。的化合价为价，“还原“中发生反皮的南子方程式〔该工艺条 件下，不沉淀)为 (2)“还原过程中，反度度，反成时何对确回收率的影响如阁1所示，工业上一般果 取的条件为控材每度为？5℃，反定时间为120m始，其原因是 国收中% 6粒电6 95 00006 湖： 反时m情 (3)”还原过醒中，S0用量对确回收率的悲响知图2，随着Nm0人用量增相，确 国收率星先增大后诚小的势，请分析当其用量大于理论用量的10倍时，曲线下降 的原国： +码国收% 21加店0 年 (4)加量N1S后，滤清的成分为 (5)加酸国pH时发生反应的化学方程式为 ,加入硫限的量不过多，其原因 密卷 单元过美检测（五）化学第6页{共8质) 1A 17,(15分)某化学研究生学习小组为了副取焦里硫酸钠(N50),井对其性质透行研 究，特进行如下实验，回容下列问题： 实磨一，制取焦零硫酸钠。 研究小组采用下图装置（实验前已除尽装置内的空气》制意NSO,装置Ⅱ中有 N50品体析出，发生的反度为NS0十0一N5O, (1)装置I中通常采用0%一80⅓的灌硫酸与里硫酸纳固体反成剧取头，面不用 B%的浓原酸或极解的稀顾酸，卓因是 (2)若要从装置Ⅱ中获得已析出的品体，所果取的分离方法需用到的玻璃仪器 有 (3)禁置重用于处理尾气，请黄出用来处现尾气的实验装置，注明相应的试刺， (4)已知NSO溶于水后，立即生成NHSO,谈反成的离子方程式为 (5)用pH试纸海得NaHSO溶液望雕性，其溶液星酸性的因是 (6)取少量焦里被酸钠品体于试餐中，其中演都酸性KO溶液，附烈反克，溶浅紫 红色很快提去，经测定溶液中生M,该反成的离子方置式是 实响二：焦亚政酯的的含禄测定， 国定产品中焦亚硫能钠的质量分数常用利余确量法。 已知，5+2L+3H0一280-+41十6H:230+1一8,06-十21. ①精绳称取干绿的产品Q0g放人碘量瓶（带摩口塞的霍形瓶中 ②向病量阻中准确移取1Q00l,.1.C0,L.的标准磷液（过量），振荡，使其与 产品中的焦罩硫酸钠充分反度。 ③加人1-2mL淀粉溶液，用标准1的mal·L.·NSO溶藏滴定至接近饶点，重 复樱作3次，经计算得消耗标准液平均体积为16,80m, ()上述实验操作滴定绕点的现象为 :积据上途实验，计算产品中衡 亚镇酸钠的质量分数为 1A 单元过美检测〔五」亿学第7页{共8页) 衡水真是 18.(15分)观以铅蓄电泡的筑充物笛膺《主含1，O、0和少量FO)为原料，可 生产三盐林德酸船(S0·3刊0·HO》和产品0·xHO.其工艺速程知下： 星的NS0 NCD帝清 格HINO NOH调 展硫店 NaOH 沉s060 业道料收 分肉出物Y并精坏利川 三粉秋德帕留，士燥团连，法涤 闲 击流2 已知：K,P0)=7,5×10-",K.(P)=2.5×10-. 回容下列问思： (1)~转化"后的4溶物质为O0,和少量S,黑O转化为CO的离子方程 式为 ,滤液1中00等和S的浓度比为一。 (2)“能樱”过程，产生的气体X主要有N0,(氮氧化物)和 (填化学式)： _《填“可以“或"不可以"”)使用H,0十O]特代HNO。 (3)“除杂中滤迹韵主要成分为 (填化学式：“沉船”后霜环利用的物质Y是 (填化学式》， (4)在50一0℃“合或”三盐基硫酸铅的化竿方程式为 (5)根据阁2所示的溶解度随盆度的变化曲线，由“越液1“和“健液2获得N山，晶 体的操作为将“法凌图节H为7，然后 洗涤后干操 80 0 40 %9010H0 密卷 单元过美检测（五】化学第器页{共8质）·化学· 6CuCl~6Fe2+ Cr2O号 6 1 0.2×25×103mol 样品中CuC的质量分数=mCuC m(样品) 2024一2025学年度单元过关检测 一、选择题 1.A【解析】A陶瓷是良好的绝蟓体，传统陶瓷 是典型的绝缘材料，常用于高压变压器的开关外 包装和器件，A正确：B.陶瓷的主要成分为硅酸 盐，而不是SiO2和MgO,B错误：C.陶瓷烧制过 程有新物质生成，属于化学变化，C错误；D.由 于Fe2+、Fe3+和铁的氧化物均有颜色，故陶瓷中 含铁量越多，陶瓷的颜色越深，白瓷中铁含量较 低甚至几乎不含，D错误。 2D【解析】A.氯化铵固体受热分解为氨气和氯 化氢，在上方遇冷又化合生成氯化铵，发生化学 变化，A错误；B.一水合氨受热分解，氨气逸出， 溶液红色变浅，发生化学变化，B错误；C,二氧化 硫与品红反应生成的无色物质受热分解，溶液变 红色，发生化学变化，C错误：D.碘单质受热升 华，发生物理变化，D正确。 3.C【解析】A.C的密度比空气的大，应该用向 上排空气法收集，A错误：B.溶液中加入NaOH 浓溶液并加热，若产生能使湿润的红色石蕊试纸 变蓝的气体，证明溶液中含有NH,不能用蓝色 石蕊试纸检验溶液中的NH,B错误；C,加入 BaCl2溶液产生白色沉淀，溶液中不一定含有 CO号，还可能是SO片，Ag,C正确：D.SO2能 使品红溶液褪色，而CO2不能使品红溶液褪色， 所以可以用品红溶液鉴别CO,和SO2,D错误。 4,D【解析】A.圆底烧瓶的材质为玻璃，含有 SiO2,HF能和SiO2反应，所以不能选择圆底烧 瓶作为反应发生装置，A错误：B.HF为弱酸、 HCI为强酸，B错误；C.F2和H2O反应生成HF 和O2,所以F2不能采用排水法收集，C错误； D.反应①为10HF+2KF+2KMO+3HO2 2K2MnF6+8H2O十3O2↑，每生成1molO2,转 参考答案及解析 99.5g·moll×6X0.2mol.L1X0.025L× 5 g 100%=59.7%。 (五)化学·非金属及其化合物 移电子的物质的量为1mol×2×[0一（一1）]= 2mol,反应③中每生成1molF2转移电子的物 质的量为1mol×2×[0-(-1)]=2mol,D 正确。 5.B【解析】A.FeS只能转化为SO2,A项不能 直接转化：B.H2S经燃烧转化为S02,B项可实 现转化：C.Na2CO十SO2一Naz SO3+CO2,C 项不能转化；D.HSO,与Fe反应产生FeSO, 和H2,D项不能转化。 6.C【解析】氮气和氢气合成氨气，复气和氧气反 应生成一氧化氮和水，一氧化氮和氧气反应生成 二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化 氨。据此解答。A合成塔内为氮气和氢气反应 生成氨气，有氨气和氢气中的非极性键的断裂，还 有氨气中的极性键的形成，A正确；B氧化炉内的 反应为4NH十5O,催化#4NO十6H,0,氯气为 △ 还原剂，氧气为氧化剂，则氧化剂和还原剂的物 质的量之比为5：4，B正确；C.一氧化氮和二氧 化氮都不是酸性氧化物，C错误：D.吸收塔中通 入氧气是为了使一氧化氮和氧气反应生成二氧 化氮，最终转化为硝酸，D正确。 7.D【解析】A.柴油发动机在空气过量时，在电 火花条件下N和O2化合生成NO,A错误： B.从图示可知，BaO转化为Ba(NO)2的过程实 现NO的储存，而非NO的还原，B错误：C.在 储存过程中O,体现氧化性，在还原过程中 Ba(NO)2体现氧化性，C错误：D.还原过程中 H2与Ba(NO3)2反应生成H2O、N2和BaO,根 据得失电子守恒，H2与Ba(NO)2的物质的量 之比是5：1，D项正确。 8.A【解析】由流程可知，氢澳酸中含有少量的 澳，加入硫化钡生成溴化钡和硫，再加入硫酸除 1A 衡水真题密卷 杂，得到的滤渣为硫酸钡和硫；加入碳酸锂进行 中和，得到的澳化锂溶液经浓缩等操作后得到产 品决化锂。A.还原工序逸出的Bt2用NaOH溶 液吸收，吸收液中含有澳化纳等物质，若直接返 回还原工序，则产品中会有一定量的澳化钠，导 致产品的纯度降低，A说法错误；B.除杂工序中 产生的滤渣为硫酸钡和硫，硫属于非极性分子形 成的分子晶体，而硫酸钡属于离子晶体，根据相 似相溶原理可知，硫可溶于CS,而硫酸钡不溶 于CS,因此可用CS进行组分分离，B说法正 确；C,中和工序中，碳酸锂和氢决酸发生反应生 成澳化锂、二氧化碳和水，该反应的化学方程式 为Li2CO+2 HBr-CO2↑+2LiBr+H2O,C 说法正确：D.根据电子转化守恒可知，澳和硫化 钡反应时物质的量之比为1：1：根据硫酸钡的 化学组成及钡元素守恒可知，n(BaS): n(H2SO)为1：1，因此，参与反应的n(Br2)t n(BaS):n(HSO4)为1：1：1，D说法正确。 9.D【解析】Aa是HS,b是H,SO3,两者溶液 反应后生成单质S沉淀，A正确：B.b到c的转 化即是亚硫酸转化为硫酸，硫酸型酸雨的形式涉 及该反应，B正确：C.g是硫酸盐，阴离子是硫酸 根离子，中心原子S采取sp3杂化，C正确；D.d 是S单质，在加热的条件下与强碱反应生成硫化 钠和亚硫酸钠，两者的物质的量之比2：1，D 错误。 10.A【解析】过程①中NO5转化为NO方，N元 素由+5价下降到+3价，NO体现氧化性，A 正确；过程②中NO2转化为NO,离子方程式 为NO2十2H++e-NO↑十HO,B错误； 过程③中NO转化为N2H,,N元素化合价由 十2降低到一2，离子方程式为NO+NH时十 3e+2H一N2H+HO,c代表的是2H++ 3e,C错误；过程④中NzH转化为N2,N元 素化合价由一2升高到0,1 mol N2 H参加反 应转移4mol电子，D错误。 11,C【解析】A.溶液变黄说明生成碘单质，黄色 不断加深至棕黄色后又变浅，说明生成的碘单 质又和过氧化氢反应转化为高价态的碘酸，导 致溶液颜色变浅，A正确；B.碘单质为紫黑色 1A 单元过关检测 固体，溶液变黄，摇匀后又褪色，说明生成了碘 酸，再加入过量的碘离子，碘离子具有还原性， 和碘酸发生氧化还原反应生成碘单质，B正确： C.过氧化氢不稳定，在碘离子催化作用下会生 成氧气，故产生大量气体的原因是过氧化氢在 碘离子催化下分解生成氧气，C错误：D.实验1 中开始过氧化氢分解生成氧气导致过氧化氢没 有和碘离子反应，且实验2中生成紫色沉淀现 象明显，故实验2相较于实脸1，可节约HO2 用量且有利于反应终点观察，D正确。 12.D【解析】A王水由浓盐酸与浓硝酸按 3：1体积比混合而成，与粗Pt反应时 生成H[PtCL]、NO等，所以浓硝酸表现强氧 化性，A正确；B.已知Hz[P1CL6]是配合物，则 中心离子是Pt+,C为配体，所以配位数为6， B正确；C.水合肼(N2H·HO)具有较强还原 性，脱硝的目的是除去残余的HNO3和氨氧化 物，防止其千扰H[PtCl]的还原，C正确： D.由PO2制得1mol纯P1,发生反应的关系式 为PO2~NH·HO,由H2[PtCl]制得纯 Pt,发生反应的关系式为H[PC]~ N2H4·H2O,则由PtO2制得1mol纯Pt,理论 上至少需要2molN2H·H2O作还原剂，D错 误。 13.C【解析】据图像分析，通入二氧化碳，立即产 生沉淀，之后沉淀量保持不变，继续通入气体， 沉淀量增加，然后又再次保持不变，之后又减 少，最后又保持不变，据此分析。在OA段产生 沉淀，说明一定含Ba+、OH,根据离子共存条 件，一定不含SO、NH时，在BC段又产生沉 淀，说明含[A1(OH)4]厂，OA段反应的离子方 程式为Ba2++2OH+CO2=BaCO↓+ H2O,通入1mol二氧化碳生成1mol沉淀，所 以含Ba2+为1mol,AB段沉淀不变，发生反应 CO2+2OH一CO+HO,结合OA段可 知溶液含OH共3mol,根据BC段可知发生反 应：2[A1(OH):]-+C0O2一2A1(OH)3￥+ CO十H2O,消耗二氧化碳0.5mol,即 [Al(OH)4]的物质的量为1mol,CD段发生 反应：CO月+CO2+H2O一2HCO5,DE段 ·化学· 发生反应：BaCO,+CO2十H2O一Ba2+十 2HCO万，根据电荷守恒，已知阳离子所带正电 荷量为Ba+所带电荷量即2mol,阴离子所带负 电荷量为[A1(OH)4]丁、OH所带电荷量： 1mol+3mol=4mol,故一定还含阳离子，根据 电荷守恒，计算出所含阳离子物质的量，进而计 算出浓度。A.根据以上分析可知，一定含Ba+、 [A1(OH)4]、OH,一定不含NHt、SO,不 能确定离子中至少还存在一种阳离子，所给阳 离子中还有K+、Na+没确定，C无法确定，A 错误：B.根据以上分析可知，一定含OH, 定不含NH、SO,B错误；C.所给阳离子中 还有K+、Na没确定，若只存在一种阳离子 (K或Na),当不含氯离子时，则阳离子浓度 最小，根据电荷守恒，所含离子的物质的量设 为n,则有n十2mol=4mol,n=2mol,体积 为10L,所以浓度为0.2mol·L1,C正确； D.根据以上分析可知，OA段反应的离子方程 式：Ba2++2OH+CO2一BaCO2￥+HzO, BC段发生反应：2[A1(OH)4]十CO2 2A1(OH)3￥十CO号+HO,D错误。 14.C【解析】A.根据反应Br2+2KI一2KBr+ 12可知，还原性：I>Br;根据反应SO2十12+ 2H2O一H2SO,+2HI可知，还原性： H2SO3>I厂，则物质的还原性：HSO,>I> Br,A错误：B.假设HI与HSO3的物质的量 均为xmol,H2SO3反应消耗Br2的物质的量 为xmol,有号mol HI被氧化产生l,其反 应消耗Br的物质的量为平mol,xmol十 千mol=0.1mol,解得x=0.08,所以HⅢ与 H,SO的物质的量浓度c=0,08m0l= 0.1L 0.8mol·L1,B错误：C.加入0.1 mol Br2时 被氧化的HⅡ是H2SO的一半，发生反应的离 子方程式为5Br2+4H,S0十2I+4H2O 4SO十I2十10Br-十16H+,C正确：D.根据选 项B分析可知，混合物中含有H2SO3、HI的物 质的量都是0.08mol,当加入0.1 mol Br2时 1 参考答案及解析 H1只有一半被氧化，还有0.04 mol HI未发生 反应，根据反应：Br2十2H1一2HBr十L2,可知 0.04 mol HI若再被氧化会消耗0.02 mol Bra2, 反应共消耗Br2的物质的量为0.1mol+ 0.02mol=0.12mol,D错误。 二、非选择题 15.(1)2NHCl+-Ca(OH)2 -A-CaCl+2NH+ 2H2O浓氨水、生石灰（碱石灰或氢氧化钠固 体等) (2)反应可以随时关停，操作方便且可反复使 用，节约药品 (3)吸收未反应的NO (4)6NO+4NH催化前5N,+6H,090% △ 【解析】(1)A装置发生反应2NH,C1十 Ca(OH2△CaC+2NH↑+2H,0。若改 用B装置属常温“固体十液体→气体”型，测 可利用浓氨水与生石灰反应来制取。 (2)C装置的优点是钢丝可抽动，反应可以随时 关停，操作方便且可反复使用，节约药品 (3)装置⑦的作用是吸收未反应的NO。 (4)NO与NH反应的化学方程式为6NO+ 4NH,化剂5N2十6H,O,由化学方程式知， △ 2688mLNO可以生成2240mlN,NO的转化 单为号×10%=90%（其他合理解法本刀. 16.(1)+6Te0+S0—T0号+S0 (2)在该条件下，回收率已经大于95%，再提高 反应温度、延长反应时间对回收率影响不大，反 而会增加生产成本 (3)过量的NaSO可将Te(IW)还原为0价 Te,致使溶液中Te(V)浓度下降 (4)PbS、CuS (5)Naz TeO:+H2SO-TeO+ Na2 SO,+H2O 过量的硫酸会和TcO2反应，导致TcO2产率 降低 【解析】向分铜渣碱浸液中加入亚硫酸钠， TeO与SO反应得到TeO和SO,溶 液含TO房、Cu2+、Pb2+,加适量硫化纳沉淀 1A 衡水真题密卷 Cu+、Pb+,过滤得滤渣为PS、CuS,滤液加造 量硫酸、调pH,TeO与HSO反应生成 TcOh沉淀. (1)TeO中Te的化合价为+6价，“还原”中 TeO与SO反应得到TeOg和SO,发 生反应的离子方程式为TeO十SO号— TeOg+SO。 (2)由图可知，“还原”过程中，采用“反应时间为 120min、75℃”的原因是该条件下，回收率已 经大于95%，再提高反应温度、延长反应时间 对回收率影响不大，反而会增加生产成太。 (3)“还原”过程中，发生反应的离子方程式为 TeO片+SO%一TeO房+SO,又知 Naz SO可将Te(N)还原为0价Te,则 Nae SO3的用量大于理论用量的1.0倍时，曲线 下降的原因为过量的Na2SO3可将Te(IN)还 原为O价Te,致使溶液中Te(N)浓度下降。 (4)加适量Na2S除铜、铅，由于发生反应： Cu2++S-CuS￥，Pb++S2-一PbS￥， 刚滤渣的成分为PbS、CuS。 (5)加适量的酸调pH时发生反应的化学方程式 为NaTO3+HSO一TeO2￥+Nae SO,+ H2O,已知TeO2与氧化铝的性质具有一定的 相似性，则硫酸会和TO2反应，则加酸调pH 时加入硫酸的量不宜过多。 17.(1)98%的浓硫酸以分子形式存在，不能提供 H+;浓度极稀的稀硫酸会使产生的SO2部分 溶解在其中，造成损耗 (2)烧杯、漏斗、玻璃棒 (3) NaOH溶液或 NaOH溶液 (4)S2O+H20—2HSO5 (5)HSO方的电离程度大于水解程度 (6)5S2O+4MnO+2H+-10S0+ 4Mn2++H2O (7)当滴入最后半滴NaS2O,溶液时，溶液由 蓝色变为无色，且半分钟内不恢复76% 【解析】(1)装置I中亚硫酸钠与硫酸反应生成 1A 2 单元过关检测 硫酸钠、二氧化硫与水，98%的浓硫酸中硫酸主 要以分子形式存在，氢离子浓度小，反应速率 慢。二氧化硫易溶于水，硫酸浓度过小，不利于 二氧化硫逸出，造成损耗。 (2)装置Ⅱ中获得已析出的晶体，分离固体与液 体应采取过滤方法进行分离，过滤需用到的玻 璃仅器有烧杯、漏斗、玻璃棒。 (3)二氧化硫有毒会污染环境，装置Ⅲ为尾气处 理装置，用氢氧化钠溶液吸收未反应的二氧化 硫，同时用倒置的漏斗或干燥管防止产生倒吸， 实验装置为 NaOH溶液 NaOH溶液 (4)由题意可知N2S2O5溶于水后，立即生成 NaHSO,反应的离子方程式为SO十 H2O-2HSO5。 (5)用pH试纸测得NaHSO,溶液呈酸性，说明 溶液中HSO的电离程度大于水解程度。 (6)由题意可知，焦亚硫酸钠与酸性高锰酸钾溶 液发生氧化还原反应生成硫酸钠、硫酸锰和水， 反应的离子方程式为5SO+4MnO,+2H -1002+4Mn2++H2O。 (?)由题意可知，当滴入最后半滴硫代硫酸钠溶 液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢 复，说明达到滴定终点；由离子方程式可得 2m(S,0房)+2n(S,0片)=n1),m(S,0)= 号×(1×10--7×1.68×10）mo0l=8× 10mol,则焦亚硫酸钠的质量分数为 8×10×190×100%=76%。 0.2 18.(1)PbO2+CO房+SOg+H2O—PbC02↓+ S0+20H3.0×10-s (2)CO2不可以 (3)Fe(OH)3 HNO (44PbSO,+6NaOH0-60CPhS0,·3Pb0· H2O+3Na2 SO+2H2O (5)蒸发浓缩结晶趁热过滤 【解析】铅蓄电池的填充物铅膏加入过量的亚 ·化学· 硫酸钠、碳酸钠反应得到PbCO、少量PbSO 及不反应的氧化亚铁，过滤后固体加入稀硝酸 酸溶，二价铁被氧化为三价铁同时生成氮氧化 物气体和二氧化碳气体；加入氢氧化钠调节pH 生成氢氧化铁沉淀，滤液加入稀硫酸将铅转化 为沉淀，加入氢氧化钠加热后过滤分离出沉淀， 洗涤得到三盐基硫酸铅。 (1)PbO2和加入的碳酸钠、亚硫酸钠反应转化为 PbCO,离子方程式为PbO,+CO+SO号+ H2O一PbCO3↓+SO+2OH-;滤液1中 C0和S0的浓度比为cC0) c(SO c(Pb+)·c(CO) K(PbCO) c(Pb2+)·c(SO-) K(PbSO 7.5×10-14 2.5X10=3.0×10-6。 (2)“酸浸”过程，碳酸根离子和氢离子反应生成 二氧化碳，故产生的气体主要有NO。(氮氧化 2024一2025学年度单元过关检测(7 一、选择题 1,A【解析】A.次氟酸的结构式为H一OCl,电 子式为H:O:日，故A正确；B.亚铁离子的核电 荷数为26，核外有3个电子层，最外层电子数为 14,离子的结构示意图为 26 814,故B错 误；C.铬元素的原子序数为24，核外电子排布 式为1s22s22p3s23p53d4s',故C错误；D.三氯 化磷的空间构型为三角锥形，磷原子的原子半径 大于氯原子的，空间填充模型为 D错误。 2.B【解析】A.5Ac、Ac互为同位素，核外电 子数都是89，故A错误；B.Ac、orAc的核外 电子排布相同，故二者的化学性质几乎相同，故 B正确；C.sAc、Ac互为同位素，质子数相 同，在元素周期表中的位置相同，故C错误： D.Ac、0Ac的质量数不同，故相同物质的量 ·21 参考答案及解析 物)和CO2;铅离子会和硫酸根离子反应生成硫 酸铅沉淀导致铅损失，故不能使用[H2SO,十 O2]替代HNO3。 (3)“除杂”中铁离子和氢氧根离子反应生成氢 氧化铁沉淀，故滤渣的主要成分为Fe(OH)3; “沉铅”过程中硫酸和硝酸铅反应生成硫酸铅沉 淀和硝酸，故循环利用的物质Y是HNO。 (4)在50~60℃加入氢氧化钠“合成”三盐基硫 酸铅，化学方程式为4PbSO,+十6NaOH50-60℃ PbSO4·3PbO·HO+3 Na SO+2H2O。 (5)由图可知，温度低于45℃左右时得到 Naz SO,·10H20晶体，高于45℃时得到 Na SO,晶体，且温度升高Naz SO,的溶解度减 小，故由“滤液1”和“滤液2”获得NaSO,晶体 的操作为将“滤液”调节pH为7，然后蒸发浓缩 结晶、趁热过滤，洗涤后干燥。 大) 化学·物质结构、元素周期律 的Ac和Ac的质量不同，故D错误。 3.B【解析】A.SC2分子中只含单键，单键均为 G键，故A正确；B.根据SCl2的结构可知，其正 负电荷中心不重合，为极性分子，故B错误： C.该分子中每个S原子形成2个共价键，含有2 个孤电子对，则每个S原子价层电子对数均为4， S原子的杂化类型为s即杂化，故C正确；D根据 题意可知，SCl与水反应可能生成HC、SO和 S,反应的化学方程式为2SC2十2H2O一 SO2个+3S￥十4HCl,故D正确。 4.D【解析】X、Y、Z、Q、R的原子序数依次增大 且小于20，Y、R最外层电子数均为1，且原子半 径R较大，则R为钾、Y为钠；X最外层电子数 为4，且半径小于Z、Q,X为碳：Z、Q最外层电子 数分别为6、7，原子半径较碳大、较钠小，Z为硫、 Q为氯：A碳可以形成相对分子质量很大的烃， 其沸点大于H2S,A错误；B.钾和乙醇反应生成 氢气，不能保存在乙醇中，B错误；C.Q的氢化物 的水溶液为盐酸，盐酸不能刻蚀玻璃，C错误： D.Y与Z生成硫化钠，硫离子为弱酸根离子，能 水解促进水的电离，D正确。 1A